洛谷P3515 [POI2011]Lightning Conductor（動態規劃，決策單調性，單調隊列）

洛谷題目傳送門

瘋狂%%%幾個月前就秒了此題的Tyher巨佬

藉着這題總結一下決策單調性優化DP吧。蒟蒻以爲用數形結合的思想可以輕鬆地理解它。

首先，題目要咱們求全部的\(p_i\)，那麼把式子變一下

\[p_i\ge a_j-a_i+\sqrt{|i-j|}\]

\[p_i=\max\limits_{j=1}^n\{a_j+\sqrt{|i-j|}\}-a_i\]

絕對值看着很不爽，咱們把它拆開

\[p_i=\max(\max_{j=1}^i\{a_j+\sqrt{i-j}\},\max_{j=i}^n\{a_j+\sqrt{j-i}\})-a_i\]

單獨看前一部分

\[p_i=\max_{j=1}^i\{a_j+\sqrt{i-j}\}-a_i\]

很明顯是個要用決策單調性優化的式子。把序列翻轉之後，後一部分的算法和前面是同樣的，因此只討論前一部分了。

對於每一個\(j\)，把\(a_j+\sqrt{i-j}\)當作關於\(i\)的函數\(f_j\)。咱們要作的就是在全部\(j\leq i\)的函數中找到最值。好比樣例：

觀察發現，真正有用的函數只有最上面那個！然而實際狀況比這個稍複雜些。sqrt的增速是遞減的，所以可能存在一個\(j\)比較小的函數，在某一時刻被\(j\)比較大的函數反超。咱們大概須要維護這樣的若干個函數：

咱們用隊列實現決策二分棧（不懂的能夠參考一下蒟蒻的blog），按\(j\)從小到大依次維護這些函數。顯然，對於其中任意兩個相鄰的函數\(f_t,f_{t+1}\)，它們都有一個臨界值\(k_{t,t+1}\)。顯然序列中的\(k_{1,2},k_{2,3}...\)也要嚴格遞增。不然，若是\(k_{t,t+1}\ge k_{t+1,t+2}\)，能夠想象\(f_{t+1}\)根本沒有用。

先for一遍\(i\)，咱們嘗試着把\(f_i\)加入隊列。這時候爲了保證\(k\)遞增，設隊尾決策爲\(t\)，咱們判斷，若是\(k_{t-1,t}\ge k_{t,i}\)（此時會有\(f_t(k_{t-1,t})\le f_i(k_{t-1,t})\)），那麼\(t\)沒用，出隊。

該出去的都出去後，\(i\)就能夠加入隊尾了。這時候能夠來求\(p_i\)了。咱們檢查一下隊首決策\(h\)，若是\(t_{h,h+1}\le i\)，說明\(h\)的巔峯時刻已通過去，出隊。最後隊首就是全部函數中的最大值。

貌似並無用到什麼三元組啊qwq

update:感謝孤獨·粲澤的指正，二分上下界確實該調調

不過仍是沒有用到什麼三元組啊qwq，蒟蒻以前都把臨界值\(k\)存下了，直接用就能夠啦

#include<bits/stdc++.h>
#define RG register
#define R RG int
#define G if(++ip==iend)fread(ip=buf,1,N,stdin)
#define calc(i,j) a[j]+sq[i-j]//計算函數值
using namespace std;
const int N=5e5+9;
char buf[N],*iend=buf+N,*ip=iend-1;
int n,a[N],q[N],k[N];
double p[N],sq[N];
inline int in(){
    G;while(*ip<'-')G;
    R x=*ip&15;G;
    while(*ip>'-'){x*=10;x+=*ip&15;G;}
    return x;
}
inline void chkmx(RG double&x,RG double y){
    if(x<y)x=y;
}
inline int bound(R x,R y){//二分臨界值k
    R l=y,r=k[x]?k[x]:n,m,ret=r+1;//控制二分上下界
    while(l<=r){
        m=(l+r)>>1;
        if(calc(m,x)<=calc(m,y))
            ret=m,r=m-1;
        else l=m+1;
    }
    return ret;
}
void work(){
    for(R h=1,t=0,i=1;i<=n;++i){
        while(h<t&&calc(k[t-1],q[t])<calc(k[t-1],i))--t;//維護k單調
        k[t]=bound(q[t],i);q[++t]=i;
        while(h<t&&k[h]<=i)++h;//將已經不優的決策出隊
        chkmx(p[i],calc(i,q[h]));//由於作兩遍因此取max
    }
}
int main(){
    n=in();
    R i,j;
    for(i=1;i<=n;++i)
        a[i]=in(),sq[i]=sqrt(i);
    work();
    for(i=1,j=n;i<j;++i,--j)//序列翻轉
        swap(a[i],a[j]),swap(p[i],p[j]);
    work();
    for(R i=n;i;--i)//翻轉過了因此要倒着輸出
        printf("%d\n",max((int)ceil(p[i])-a[i],0));
    return 0;
}